届广西省高三下学期第二次模拟理科综合化学试题解析版.docx
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届广西省高三下学期第二次模拟理科综合化学试题解析版
广西省2018届高三下学期第二次模拟理科综合化学试题
1.化学与社会密切相关,下列说法正确的是
A.人造纤维和光导纤维都是有机高分子化合物
B.可以直接用淀粉溶液检验海水中是否含碘元素
C.石油的分馏过程主要涉及化学变化
D.中国古代利用明矾溶液的酸性来清除铜镜表面的铜锈
【答案】D
【解析】A.光导纤维主要成分为二氧化硅,属于无机氧化物,不是有机高分子化合物,故A错误;B.海水中的碘元素是离子形式存在的,不是碘单质,碘离子遇到淀粉不变蓝,不能直接用淀粉溶液检验海水中是否含碘元素,故B错误;C.石油的分馏没有新物质生成属于物理变化,故C错误;D.明矾水解呈酸性,碱式碳酸铜可溶于酸,可用明矾溶液的酸性来清除铜镜表面的铜锈,故D正确;故选D。
点睛:
本题的易错点为B,用淀粉检验海水中是否含碘元素,可以首先在海水中加入氧化剂,将碘离子氧化为碘单质,再检验,不能直接检验。
2.聚苯乙烯塑料在生产、生活中有广泛应用,其单体可由乙苯和二氧化碳在一定条件下反应制得,其反应原理如下:
下列有关说法不正确的是
A.苯乙烯可通过加聚反生成聚苯乙烯
B.苯乙烯分子中所有原子可能共平面
C.乙苯、苯乙烯均能使溴水褪色,且其褪色原理相同
D.等质量的聚苯乙烯与苯乙烯中所含的碳原子数相同
【答案】C
3.设NA为阿伏加德罗常数的数值。
下列说法正确的是
A.7.8gNa2O2与足量水反应,转移的电子数为0.1NA
B.36g由35Cl和37Cl组成的氯气中所含质子数一定为17NA
C.25℃时,pH=12的氨水中所含OH-的数目为0.01NA
D.30g由甲醛(HCHO)与乙酸混合的溶液中所含C-H键的数目为2NA
【答案】A
【解析】A.7.8gNa2O2的物质的量为
=0.1mol,与足量水反应的方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,1mol过氧化钠转移1mol电子,因此反应中转移的电子数为0.1NA,故A正确;B.由35Cl和37Cl组成的氯气的相对分子质量有3种:
70、72、74,无法计算36g由35Cl和37Cl组成的氯气的物质的量,故B错误;C.未告知溶液的体积,无法计算25℃时,pH=12的氨水中所含OH-的数目,故C错误;D.甲醛(HCHO)与乙酸的相对分子质量不等,无法计算30 g由甲醛(HCHO)与乙酸混合的溶液中甲醛和乙酸的物质的量,无法计算所含C-H键的数目,故D错误;故选A。
4.短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如图所示,下列叙述不正确的是
A.原子半径:
Y>Z>W
B.Z的氧化物对应的水化物酸性均比X的强
C.W、X、Z 三种元素形成的化合物可能既含离子键又含共价键
D.单质的熔点:
Y>X>W
【答案】B
【解析】根据元素在周期表中的位置可知,W为H元素,X为N元素,Y为Mg元素,Z为Cl元素。
A.同周期从左到右,原子半径逐渐减小,同主族,从上到下,原子半径逐渐增大,原子半径:
Y>Z>W,故A正确;B.Z的氧化物对应的水化物酸性不一定比X的强,如次氯酸为弱酸,硝酸为强酸,故B错误;C.W、X、Z 三种元素形成的化合物可能既含离子键又含共价键,如硝酸铵,故C正确;D.镁是固体金属,氮气和氢气均为气体,氮气的相对分子质量大于氢气,因此单质的熔点:
Y>X>W,故D正确;故选B。
5.在微生物作用下电解有机废水(含CH3COOH),可获得清洁能源H2。
其原理如图所示。
下列有关说法不正确的是
A.电源B极为负极
B.通电后,若有0.1molH2,生成则转移0.2mol电子
C.通电后,H+通过质子交换膜向右移动,最终右侧溶液pH减小
D.与电源A极相连的惰性电板上发生的反应为CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2 ↑+ 8H+
【答案】C
【解析】A、电解有机废水(含CH3COOH),在阴极上氢离子得电子生成氢气,即2H++2e﹣=H2↑,则连接阴极的电极B极为负极,选项A正确;B、通电后,若有0.1molH2生成,根据电极反应式2H++2e﹣=H2↑可知,则转移0.2mol电子,选项B正确;C、在阴极上氢离子得电子生成氢气,但是阳离子氢离子会经过交换膜向右移动进入阴极室,阴极室的pH几乎保持不变,选项C不正确;D、与电源A极相连的惰性电极是阳极,在阳极上CH3COOH失电子生成二氧化碳,即CH3COOH-8e﹣+8OH﹣═2CO2↑+6H2O,选项D正确。
答案选C。
6.下列根据实验现象得出的实验结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热,管口放湿润的红色石蕊试纸
试纸变为蓝色
NO3-被还原为NH3
B
将Fe(NO3)2样品落于稀硫酸后,滴加KSCN溶液
溶液变成红色
Fe(NO3)2样品中一定含有Fe2+
C
向浓度均为01mol/L的Na2CO3和Na2S混合溶液中滴入少量AgNO3溶液
产生黑色沉淀(Ag2S)
Ksp(Ag2S)>Ksp(Ag2CO3)
D
向KI溶液中加入少量苯,然后加入FeCl3溶液
有机层呈橙红色
还原性:
Fe2+>I-
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】A.氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色,KNO3和KOH 混合溶液中加入铝粉并加热,管口放湿润的红色石蕊试纸,试纸变蓝色,说明NO3-还原为NH3,故A正确;B.将Fe(NO)2样品溶于稀H2SO4后,酸性条件下,NO3-能把Fe2+氧化为Fe3+,滴加KSCN溶液变红,证明含有Fe3+,不能说明含有亚铁离子,故B错误;C.溶度积常数小的物质先生成沉淀,浓度均为0.1mol•L-1的Na2CO3和Na2S混合溶液中,滴入少量AgNO3溶液,产生黑色沉淀,说明Ksp(Ag2S)小于Ksp(Ag2CO3),故C错误;D.向KI溶液中加入少量苯,然后加入FeCl3溶液,使得有机层呈橙红色,说明氯化铁溶液将碘离子氧化生成了碘单质,也说明还原性:
Fe2+<I-,故D错误;故选A。
7.20℃时,在H2C2O4、NaOH混合溶液中,c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.100mol/L。
含碳元素微粒的分布分数δ随溶液pH变化的关系如图所示。
下列说法正确的是
A.①表示H2C2O4的分布曲线,③表示C2O42-的分布曲线
B.20℃时,H2C2O4的二级电离平衡常数Ka=1×10-4.2
C.Q点对应溶液中lgc(H+)<1gc(OH-)
D.0.100mol/L的NaHC2O4溶液中:
c(OH-)=c(H+)-2c(C2O42-)+c(H2C2O4)
【答案】B
【解析】A.根据图像,随着pH的增大,溶液的酸性减弱,③的分布分数δ增大,说明③表示C2O42-的分布曲线,①的分布分数δ减小,②在pH>3的溶液中几乎不存在,说明②是H2C2O4的分布曲线,则①表示HC2O4-的分布曲线,故A错误;B.P点c(HC2O4-)=c(C2O42-),该温度下H2C2O4的电离平衡常数Ka2=
=c(H+)=1×10-4.2mol•L-1,故B正确;C.Q点对应溶液的pH在2~3之间,说明c(H+)在10-3mol/L~10-2mol/L之间,则c(OH-)在10-12mol/L~10-11mol/L之间,则lgc(H+)> 1gc(OH- ),故C错误;D.0.100 mol•L-1的NaHC2O4溶液中存在物料守恒,c(Na+)=c(C2O42-)+c(H2C2O4)+c(HC2O4-),电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(C2O42-)+c(OH-)+c(HC2O4-),计算得到c(OH-)+c(C2O42-)═c(H+)+c(H2C2O4),即c(OH-)=c(H+ )-c(C2O42-)+c(H2C2O4),故D错误;故选B。
点睛:
本题考查了弱电解质的电离、离子浓度大小比较,侧重于学生的分析能力的考查,注意把握物料守恒、电荷守恒的运用。
本题的难点是三条曲线的判断,可以根据H2C2O4的电离方程式结合溶液的酸碱性判断。
8.实验室制备三氯乙醛(CCl3CHO)的反应原理为:
C2H5OH+4Cl2→CCl3CHO+ 5HCl,可能发生的副反应是C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O。
某探究小组模拟制备三氯乙醛的实验装置如图所示(夹持、加热装置均略去)。
回答下列问题:
(1)仪器a的名称是______________。
(2)检查虚线框内装置气密性的方法是_________________。
(3)若撤去装置B,对实验的影响是_______________________。
(4)实验时发现D中导管口处气泡速率过快,合理的解决方法是_______________________。
(5)已知:
CCl3CHO+OH-→CHCl3+HCOO-HCOO-+I2=H++2I-+CO2↑I2+2S2O32-=2I-+S4O62-
称取0.40g产品,配成待测溶液,加入20.00mL0.100mol/L碘标准溶液,再加入适量Na2CO3溶液,反应完全后,加盐酸调节溶液的pH,并立即用0.020mol/L的Na2S2O3溶液滴定至终点。
重复上述操作3次,平均消耗Na2SO3溶液20.00mL。
滴定时所用指示剂是______,达到滴定终点的现象是_________,测得产品的纯度为________________。
【答案】
(1).(球形)冷凝管
(2).在B中加入一定量水至浸没导管,对A加热。
若B中导管口有气泡产生,且停止加热,B中导管内有稳定水柱形成,则装置气密性良好(3).会有氯化氢杂质与乙醇反应,生成氯乙烷,导致三氯乙醛的纯度降低(4).停止对A加热或控制滴加盐酸量(5).淀粉溶液(6).蓝色变为无色,且半分钟内不变色(7).66.4%(或66.375%)
【解析】A装置利用二氧化锰与浓盐酸制备氯气,B装置用饱和食盐水除去HCl,C装置盛放浓硫酸干燥氯气,D中反应制备CCl3CHO,E装置盛放氢氧化钠溶液,吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气。
(1)根据装置图,仪器a为冷凝管,故答案为:
冷凝管;
(2)检查虚线框内装置气密性,可以在B中加入一定量水至浸没导管,对A加热。
若B中导管口有气泡产生,且停止加热,B中导管内有稳定水柱形成,则装置气密性良好,故答案为:
在B中加入一定量水至浸没导管,对A加热。
若B中导管口有气泡产生,且停止加热,B中导管内有稳定水柱形成,则装置气密性良好;
(3)反应生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气,装置B中的饱和食盐水可以除去氯化氢,若撤去装置B,会有氯化氢杂质与乙醇反应,生成氯乙烷,导致三氯乙醛的纯度降低,故答案为:
会有氯化氢杂质与乙醇反应,生成氯乙烷,导致三氯乙醛的纯度降低;
(4)实验时发现D中导管口处气泡速率过快,说明生成氯气的速率过快,合理的解决方法有停止对A加热或控制滴加盐酸量,故答案为:
停止对A加热或控制滴加盐酸量;
(5)碘遇淀粉显蓝色,滴定时可以选用淀粉作指示剂,达到滴定终点时,蓝色变为无色,且半分钟内不变色;根据消耗的Na2S2O3计算剩余I2的物质的量0.02000mol•L-1×0.02L×
=2×10-4mol,与HCOO-反应的I2的物质的量为0.1000mol•L-1×0.02L-2×10-4mol=1.8×10-3mol,由CCl3CHO~HCOO-~I2可知,CCl3CHO的物质的量为1.8×10-3mol,则产品的纯度为
×100%=66.4%,故答案为:
淀粉溶液;蓝色变为无色,且半分钟内不变色;66.4%。
9.纳米铜是一种性能优异的超导材料,以辉铜矿(主要成分为Cu2S)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图1所示。
(1)用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S,其原理如图2所示,该反应的离子方程式为____________________________。
(2)从辉铜矿中浸取铜元素时,可用FeCl3溶液作浸取剂。
①反应:
Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl下标2+S,每生成1molCuCl2,反应中转移电子的物质的量为_____;浸取时,在有氧环境下可维持Fe3+较高浓度,有关反应的离子方程式为_________。
②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时,铜元素浸取率的变化如图3所示,未洗硫时铜元素浸取率较低,其原因是________________。
(3)“萃取”时,两种金属离子萃取率与pH的关系如图4所示。
当pH>1.7时,pH越大,金属离子萃取率越低,其中Fe3+萃取率降低的原因是_________________。
(4)用“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时,该反应中还原产物与氧化产物的质量之比为_____。
(5)在萃取后的“水相”中加入适量氨水,静置,再经过滤、_____、干燥、____等操作可得到Fe2O3产品。
【答案】
(1).CuFeS2+Cu+2H+=Cu2S+Fe2++H2S↑
(2).2mol(3).4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O(4).生成的硫覆盖在Cu2S表面,阻碍浸取(5).Fe3+水解程度随pH的升高而增大(6).32:
7(7).洗涤(8).煅烧(或灼烧)
【解析】
(1)用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S,根据图示,同时生成了Fe2+和H2S,反应的离子方程式为CuFeS2+Cu+2H+=Cu2S+Fe2++H2S↑,故答案为:
CuFeS2+Cu+2H+=Cu2S+Fe2++H2S↑;
(2)①根据反应:
Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S,反应中S元素由-2价升高为0价,Cu元素由+1价升高为+2价,铁元素由+3价降低为+2价,转移4个电子,则每生成1mol CuCl2,反应中转移电子2mol;浸取时,在有氧环境下可维持Fe3+较高浓度,是因为氧气能够氧化亚铁离子,反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O,故答案为:
2mol;4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O;
②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时,如果未洗硫,生成的硫覆盖在Cu2S表面,阻碍浸取,会使铜元素浸取率较低,故答案为:
生成的硫覆盖在Cu2S表面,阻碍浸取;
(3)Fe3+的水解程度随着pH的升高而增大,萃取率越低;故答案为:
Fe3+的水解程度随着pH的升高而增大;
(4)在碱性条件下,Cu2+与N2H4反应生成氮气和铜,反应为:
2Cu2++N2H4+4OH-=2Cu+N2↑+4H2O,反应中铜元素化合价降低被还原,铜为还原产物,N元素化合价升高被氧化,氮气为氧化产物,还原产物与氧化产物的质量之比
=
,故答案为:
;
(5)萃取后的“水相”中含有铁离子,加入氨水,反应生成氢氧化铁沉淀,煅烧可得到,方法为:
在萃取后的“水相”中加入适量氨水,静置,过滤,洗涤,干燥,煅烧可得到Fe2O3产品,故答案为:
洗涤;煅烧。
点睛:
本题考查物质的制备及混合物的分离和提纯,把握流程图中每一步发生的反应及操作方法是解题的关键。
本题的难度较大,难点是氧化还原反应方程式的书写和配平,要注意充分理解流程过程,从图示中寻找反应物和生成物。
10.2017 年5月18 日中共中央国务院公开致电祝贺南海北部神狐海域进行的“可燃冰”试采成功。
“可燃冰”是天然气水合物,外形像冰,在常温常压下迅速分解释放出甲烷,被称为未来新能源。
(1)“可燃冰”作为能源的优点是____________(回答一条即可)。
(2)甲烷自热重整是先进的制氢方法,包含甲烷氧化和蒸汽重整两个过程。
向反应系统同时通入甲烷、氧气和水蒸气,发生的主要化学反应如下:
反应过程
化学方程式
焓变△H
活化能Ea(kJ·mol-l)
甲烷氧化
CH4(g)+2O2(g)=CO2 (g )+ 2H2O(g)
-802.6
125.6
CH4(g)+O2(g)=CO2 (g )+ 2H2(g)
-322.0
172.5
蒸汽重整
CH4(g)+H2O(g)=CO (g )+ 3H2(g)
+206.2
240.1
CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g )+4H2(g)
+158.6
243.9
回答下列问题:
①在初始阶段,甲烷蒸汽重整的反应速率_____(填“大于”“小于”或“等于”)甲烷氧化的反应速率。
②反应CH4(g)+H2O(g)
CO(g)+3H2(g)的平衡转化率与温度、压强的关系[其中n(CH4) :
n(H2O)=1:
1]如图所示。
该反应在图中A点的平衡常数Kp=_______ 用平衡分压代替平衡浓度计算。
.分压=总压×物质的量分数)。
图中压强(p 1、p2、p3、p4)由大到小的顺序为______。
③能量角度分析,甲烷自热重整方法的先进之处在于________。
④如果进料中氧气量过大,最终会导敢H2物质的量分数降低,原因是__________。
(3)甲烷超干重整CO2技术可得到富含CO的气体,其能源和环境上的双重意义重大。
甲烧超干重整CO2的催化转 化原理如图所示。
①过程II中第二步反应的化学方程式为__________。
②只有过程I投料比
=______,过程II中催化剂组成才会保持不变。
③该技术总反应的热化学方程式为_______________。
【答案】
(1).能量密度高、清洁、污染小、储量大
(2).小于(3).
(Mpa)2 或0.1875( Mpa)2(4).p1>p2>p3>p4(5).甲烷氧化反应放出热量正好供蒸汽重整反应所吸收的热量,达能量平衡(6).氧气量过大,会将H2氧化导致H2物质量分数降低(7).3Fe+4CaCO3
Fe3O4+4CaO+4CO↑(8).
(9).CH4(g)+3CO2(g)
2H2O(g)+4CO(g)△H=-349 kJ/mol
【解析】
(1).“可燃冰”分子结构式为:
CH4·H2O,是一种白色固体物质,外形像冰,有极强的燃烧力,可作为上等能源。
它主要由水分子和烃类气体分子(主要是甲烷)组成,所以也称它为甲烷水合物,它的优点:
能量密度高、清洁、污染小、储量大等;正确答案:
能量密度高、清洁、污染小、储量大。
(2)①从表中活化能数据看出在初始阶段,甲烷蒸汽重整反应活化能较大,而甲烷氧化的反应活化能均较小,所以甲烷氧化的反应速率快;正确答案:
小于。
②根据题给信息,假设甲烷有1mol,水蒸气有1mol,
CH4(g)+H2O(g)
CO(g)+3H2(g)
起始量1100
变化量0.20.20.20.6
平衡量0.80.80.20.6
平衡后混合气体的总量:
0.8+0.8+0.2+0.6=2.4mol;各物质分压分别为:
p(CH4)=p(H2O)=4×0.8÷2.4=4/3,p(C0)=4×0.2÷2.4=1/3,p(H2)=4×0.6÷2.4=1,A点的平衡常数Kp=13×1/3÷(4/3)2=3/16;根据图像分析,当温度不变时,压强减小,平衡左移,甲烷的转化率增大,所以压强的大小顺序:
p1>p2>p3>p4;正确答案3/16;p1>p2>p3>p4。
③甲烷氧化反应放出热量正好提供给甲烷蒸汽重整反应所吸收热量,能量达到充分利用;正确答案:
甲烷氧化反应放出热量正好洪蒸汽重整反应所吸收自热量,达到能量平衡。
④氧气量过大,剩余的氧气会将H2氧化为水蒸气,会导致H2物质量分数降低;正确答案:
氧气量过大,会将H2氧化导致H2物质量分数降低。
(3)①根据图示分析,第一步反应是还原剂把四氧化三铁还原为铁,第二步反应是铁被碳酸钙氧化为四氧化三铁,而本身被还原为一氧化碳;正确答案:
3Fe+4CaCO3
Fe3O4+4CaO+4CO↑。
②反应的历程:
①CH4(g)+CO2(g)
2H2(g)+2CO(g);②Fe3O4(s)+4H2
3Fe(s)+4H2O(g);③Fe3O4(s)+4CO(g)
3Fe(s)+4CO2(g);三个反应消去Fe3O4和Fe,最终得到CH4(g)+3CO2(g)
2H2O(g)+4CO(g);所以只有过程I投料比
1/3时,才能保证II中催化剂组成保持不变;正确答案:
1/3。
③①CH4(g)+3/2O2(g)
CO(g )+2H2O(g)△H1=-802.6kJ.mol-l;
②CH4(g)+O2(g)
CO2(g )+2H2(g)△H2=-322.0kJ.mol-l;
③CH4(g)+2H2O(g)
CO2(g)+4H2(g)△H3=+158.6kJ.mol-l;
②×1.5-①得方程式⑤:
1/2CH4(g)+CO(g)+2H2O(g)=3/2CO2(g)+3H2(g),△H4=3/2△H2-△H1;然后再进行③×3-⑤×4得方程式并进行△H的相关计算:
CH4(g)+3CO2(g)
2H2O(g)+4CO(g),△H=+349kJ/mol;正确答案:
CH4(g)+3CO2(g)
2H2O(g)+4CO(g),△H=+349kJ/mol。
11.【化学-物质结构与性质】镧系为元素周期表中第ⅢB族、原子序数为57~71的元素。
(1)镝(Dy)的基态原子电子排布式为[Xe]4f106s2,画出镝(Dy)原子外围电子排布图:
_______。
(2)高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu2+,基态时Cu2+的电子排布式为_______。
(3)观察下面四种镧系元素的电高能数据,判断最有可能显示+ 3价的元素是_____(填元素名称)。
几种镧系元素的电离能(单位:
kJ/mol)
元素
I1
I2
I3
I4
Yb(镱)
604
1217
4494
5014
Lu(镥)
532
1390
4111
4987
La(镧)
538
1067
1850
5419
Ce(铈)
527
1047
1949
3547
(4)元素铈(Ce)可以形成配合物(NH4)2[Ce(NO3)6].
①组成配合物的四种元素,电负性由大到小的顺序为_____(用元素符号表示).
②写出氮的最简单气态氢化物水溶液中存在的氢键_______(任写一种).
③元素Al也有类似成键情况,气态氯化铝分子表示为(AlCl3)2,分子中Al原子杂化方式为___,分子中所含化学键类型有______(填字母).
a.离子键b.极性键c.非极性键d.配位键
(5) PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似,晶胞中镨原子位于面心和顶点,则PrO2( 二氧化镨)的晶胞中有_____个氧原子;已知晶胞参数为apm,密度为ρg/cm3,NA=_____(用含a、ρ的代数式表示)。
【答案】
(1).
(2).[Ar]3d8(或1s22s22p63s23p63d8)(3).镧(4).O>N>H>Ce(5).N-H…O或N-H…N或O-H…N或O-H…O)(6).sp3(7).bd(8).8(9).
(或
【解析】
(1).根据镝(Dy)的基态原子电子排布式[Xe]4f106s2可知,镝(Dy)原子外围4f能级上有10个电子,6s能级上有2个电子,则其外围电子排布图
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